2022.04 学习记录

04.01

各种订正。

04.02

各种订正。

「FJOI2021」加法方程 (equa)

每次查询 \(A,B\) 是不变的。由于合法方案字母总数不超过 \(10\)，爆搜预处理 \(A,B\) 中每个字母对应的取值，对于没出现过的值新增编号占位，把状态 hash 起来。每次查询算出对应编号查 hash 表即可。这里用自然溢出没有被卡。

「FJOI2021」外星飞碟 (ufo)

\(\{s\}\) 的递推式与 EGF 的卷积相似，考虑从 \(\{a\}\) 与 \(\{s\}\) 的 EGF 入手。

记 \(A(x) = \sum\limits_{i\ge 1}a_i\dfrac{x^i}{i!}\)，\(S(x)=\sum\limits_{i\ge 1}s_i\dfrac{x^i}{i!}\)。由 \(\{a\}\) 的递推式可得：

\[\dfrac{a_n}{n!} = \dfrac{1}2\bigg{(}\dfrac{a_{n-1}}{(n-1)!} + \dfrac{a_{n-2}}{(n-2)!}\bigg{)}+\dfrac{(-1)^n}{n!}+\dfrac{(-1)^{n-1}}{2(n-1)!} \]

则

\[\begin{align} A(x) &= \dfrac{x}2A(x)+\dfrac{x^2}2(A(x)+1)+(e^{-x}-1+x-x^2) + (e^{-x}-1+x) \\ &=\dfrac{x+x^2}2A(x)+\big{(}\dfrac{2+x}2\big{)}e^{-x}+\dfrac{x^2+x-2}2 \\ &=\dfrac{e^{-x}}{1-x}-1 \end{align} \]

由 \(\{s\}\) 的递推式可知：

\[\begin{align} \dfrac{s_n}{n!} &= \sum\limits_{i=1}^n\dfrac{a_i}{i!}\cdot \dfrac{n-i+1}{(n-i)!} \\ &=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{a_i}{i!}\bigg{(}\dfrac{1}{(n-i)!} + \dfrac{1}{(n-i-1)!}\bigg{)} \end{align} \]

则

\[\begin{align} S(x) &= (1+x)e^xA(x) \\ &= (1+x)e^x\bigg{(}\dfrac{e^{-x}}{1-x}-1\bigg{)} \\ &= (1+x)\bigg{(}\dfrac{1}{1-x} - e^{x}\bigg{)} \\ \end{align} \]

答案即为 \(n![x^n]S(x) = 2n! -n-1\)。

使用 FJOI 必备的 \(O(n)\) 光速阶乘算法即可通过本题。

04.04

「JOISC 2020 Day4」首都

如果两个同色点要在一个连通块内，则其路径上的所有点也需在连通块内。规定连边 \((a,b)\) 表示若 \(a\) 在某一连通块内，则 \(b\) 也必须在其中。对连出的图求强连通分量，则答案就是最小无出度强连通分量的大小。连边的形式是点向路径连边，树剖优化。

04.05

「WC2019」I 君的商店 (shop)

由 \(\text{subtask3}\) 得到启示：如果可以在 \(5n\) 的代价内将序列排序并找到一个 \(1\)，则可以用 \(2\log n\) 的代价求出答案——这只需要简单的二分，最后剩下一个元素利用奇偶性判断。

考虑三个元素 \(a,b,c\)，不妨设 \(a\le b\)（用 \(2\) 的代价得出），讨论 \(a+b\) 与 \(c\) 的关系：

• \(a+b\le c\)，则 \(a=0\)，换下一个数作为 \(a\)；
• \(a+b\ge c\)，则 \(b\ge c\)，把 \(c\) 加到一个序列的末尾，令 \(c\gets b\)，再换一个数作为 \(b\)。

由此可以得到一些确定为 \(0\) 的数、一个单调不降的序列，以及最后剩下的一个数。而在剩下的数和序列末尾中，必然有一个是 \(1\)。这样就可以二分了。同样利用奇偶性，不难判断出剩下的数和二分剩下的数。

调试问题：二分的写法和边界。

「JOISC 2020 Day2」变色龙之恋

尝试构造图 \(G=(\{1,2,\cdots,2n\},E)\)，满足：

• \((x,y)\in E\Longleftrightarrow\operatorname{query}(\{x,y\})=1\)

不难发现满足 \(\operatorname{query}(\{x,y\})=1\) 的二元组 \((x,y)\) 只有三种可能：

1. \(x\) 喜欢 \(y\)，且 \(y\) 不喜欢 \(x\)；
2. \(y\) 喜欢 \(x\)，且 \(x\) 不喜欢 \(y\)；
3. \(x,y\) 同色。

那么任意结点在 \(G\) 中的度数只能为 \(1\) 或 \(3\)。对于结点 \(u\)，若其度数为 \(1\)，则答案已经确定；否则，将与 \(u\) 相邻的三个结点 \(a,b,c\) 拿出来两两与 \(u\) 一起询问，只有 \(\operatorname{query}\{u,和u同色,喜欢u\}=1\)，且对于一个结点每条边只会被覆盖一次。因此对每个结点统计一遍，被覆盖超过一次的即为答案。

问题在于如何建出这张图。考虑逐个加入结点 \(u\) 并确定其连出的边。首先 \(G\) 一定是二分图，因此一定可以将其分成两个极大独立集，并且两个独立集分别对应两种性别，这个可以使用带权并查集维护。对两个集合分别考虑（因为性别未知）。若 \(u\) 与集合 \(S\) 中没有边，则 \(\operatorname{query}(S\cup\{x\}) = |S|+1\)。由于最多只有三条边，因此可以分治求出每条边。

查询次数 \(O(n\log n + 3n)\)，时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)。

「2022-03-22 省选模拟赛」星际广播 (radio)

对三种颜色分别考虑，显然可以 dp。wqs 二分优化。

「2022-03-22 省选模拟赛」星际联邦 (federation)

\(n\) 阶循环矩阵 \(A_{i,j} = w_{i-j}\)（\(0\le i,j\lt n\)） 的行列式，有结论：记 \(F(x) = \sum\limits_{i=0}^{n-1} w_ix^i\)，则 \(\operatorname{Det}(A) = \prod\limits_{i=0}^{n-1} F(\omega_{n}^{i})\)，其中 \(\omega_n\) 为 \(n\) 次单位根。证明可以将 \(A\) 右乘范德蒙矩阵 \(\{\omega_{n}^{ij}\}\) 后对比两边行列式系数得出。实现时，一次 DFT 即可求出所需的单位根处点值。

对于本题，不难想到加入新结点为根后运用矩阵树定理。构造出基尔霍夫矩阵，发现其为循环矩阵，套用上面的结论即可。

04.06

「2022-04-06 省选模拟赛」方程 (equation)

化一下式子发现只和 \(\dfrac{a+b}{c}\) 有关，转化为统计每种 \(\dfrac{a+b}{c}\) 的数量，循环卷积和求出离散对数后循环卷积即可。

「JOISC 2020 Day4」治疗方案

从左到右考虑所有区间，需要不间断地覆盖。设 \(f_{i}\) 表示考虑前 \(i\) 个区间的最小花费，则 \(f_i\) 可以从满足 \(r_j-l_i+1\ge|t_{j}-t_i|\) 的 \(j\) 处转移过来。这个方程的转移顺序十分不明确，但是可以用类似最短路的方法更新，对绝对值分类讨论，可以把式子拆成与 \(i\) 相关的和与 \(j\) 相关的，线段树优化建图；类似「NOI2019」弹跳的做法，每个区间只会被更新一次，线段树分别维护。

04.07

「2021 集训队互测」整数

先对所有元素操作一遍，得到一个全 \(1\) 序列。按 \(1\sim n\) 依次操作 \(p_i\)：

• 若没有产生进位，表现为 \(\operatorname{popcount}\) 恰好加一，无法得出信息；
• 否则，可以通过减少的 \(1\) 的数量知道 \(p_i\) 与上一个进位的位置（特殊地，初始为最高位）间的距离。

重复如上步骤，每轮至少能确定一个数。将排列随机打乱，期望询问次数与随机排列期望最长上升子序列长度同级，故期望询问次数与期望时间复杂度均为 \(O(n\log n)\)。

调试问题：没有注意到每一轮之后，从第 \(n+1\) 位开始逐渐加 \(1\)，因此需要特判第一次进位的距离。

CF675E Trains and Statistic

对于每个 \(i\in [1,n)\)，其无法直接到达的地方必然选择之后 \(a_j\) 最大的 \(j\) 走。记 \(f_i\) 表示 \([i,n]\) 的答案，从其后的最大值处转移过来。

[HNOI2011] 卡农

见寒假的学习笔记 [HNOI2011] 卡农

04.08

带表妹。

04.09

CF923E Perpetual Subtraction

记 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 轮时，\(x\) 为 \(j\) 概率。有转移

\[f_{i,j} = \sum\limits_{k=j}^{n}\dfrac{f_{i-1,k}}{k+1} \]

记 \(F_k(x) = \sum\limits_{i=0}^{n}f_{k,i}x^i\)，则

\[\begin{align} F_{k}(x) &= \sum\limits_{i=0}^{n}x^i\sum\limits_{j=i}^n\dfrac{f_{k-1,j}}{j+1} \\ &=\sum\limits_{j=0}^{n}\dfrac{f_{k-1,j}}{j+1}\dfrac{x^{j+1}-1}{x-1} \\ \end{align} \]

似乎很难有进一步的推论，但是 \(\dfrac{x^{j+1}}{j+1}\) 很容易让人联想到积分：

\[\begin{align} F_{k}(x) &= \dfrac 1{x-1}\sum\limits_{j=0}^{n}f_{k-1,j}\dfrac{x^{j+1}-1}{j+1} \\ &=\dfrac 1{x-1}\sum\limits_{j=0}^{n}f_{k-1,j}\int_{1}^{x}y^j\mathrm{d}y \\ &=\dfrac 1{x-1}\int_{1}^{x}F_{k-1}(y)\mathrm{d}y \end{align} \]

积分下限是 \(1\)，这很不好处理，尝试把它变成 \(0\)。令 \(G_k(x) = F_{k}(x+1)\)：

\[\begin{align} G_{k}(x)=F_{k}(x+1) &=\dfrac 1{x}\int_{1}^{x+1}F_{k-1}(y)\mathrm{d}y \\ &= \dfrac 1{x}\int_{0}^{x}G_{k-1}(y)\mathrm{d}y \\ &= \sum\limits_{j=0}^{n} \dfrac{g_{k-1,j}}{j+1}x^{j} \end{align} \]

于是

\[g_{m,i} = g_{0,i}\dfrac{1}{(i+1)^m} \]

现在只需要实现 \(\{g_{k}\}\) 与 \(\{f_{k}\}\) 的相互转化。先考虑如何从 \(\{f_{k}\}\) 推到 \(\{g_{k}\}\)：

\[\begin{align} G_k(x) = F_k(x+1) &= \sum\limits_{i=0}^{n}f_{k,i}(x+1)^i =\sum\limits_{j=0}^{n}x^j\sum_{i=j}^nf_{k,i}\dbinom{i}j \end{align} \]

即

\[g_{k,i} = \sum\limits_{j=i}^n f_{k,j}\dbinom{j}i \]

将组合数展开后是差卷积的形式。从 \(\{g_{k}\}\) 推回 \(\{f_{k}\}\) 只需要套上二项式反演即可。

[SDOI2011]黑白棋

考虑什么时候先手必胜。由于白色不往左，黑色不往右，于是等价于 \(\dfrac{k}2\) 堆石子，每次可对 \(x\in[1,d]\) 堆石子取走任意数量。这是 nim-k 游戏，先手必胜当且仅当：

• 把石子数量写成二进制数，每位分别相加，若存在一位满足所有石子在这位之和 \(\not\equiv 0\pmod{(d+1)}\)

补集转化，求所有位和都为 \(0\) 的方案数。逐位考虑，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 位，所有石子和为 \(j\) 的方案数。枚举这一位上有多少石子得到转移。统计答案时，相当于将剩下的石子放到 \(\dfrac{K}2+1\) 个段里，经典插板法。

[SDOI2019]移动金币

和 [SDOI2011]黑白棋 十分类似。这道题相当于阶梯 nim 游戏。记第一个台阶层数为 \(1\)，则先手必胜当且仅当

• 用奇数层台阶上的石头做 nim 游戏时先手必胜。

于是变成了 nim-k 游戏的特殊情况，套用 [SDOI2011]黑白棋 的 dp 即可。

[SDOI2019]连续子序列

T.M.序列，在很多地方都有出现，性质非常多，本题只需要用到其中一个。由 T.M.序列 的构造过程，可以把相邻的 \(01\) 缩成 \(0\)，相邻的 \(10\) 缩成 \(1\)，两个相邻的数相同就寄了。枚举第一个从哪里开始，递归下去做，只会用到 \(O(\log n)\) 个位置。

[ZJOI2016]小星星

子集容斥，求用集合 \(S\) 中编号（可重复使用）的方案数，\(O(n^3)\) 树形 dp。就，过了。

[PKUSC2018]最大前缀和

分别记 \(s_{S},f_{S},g_{S}\) 分别表示集合 \(S\) 中的元素和、考虑 \(S\) 中元素时有多少种排列方式使得最大值为 \(s_{S}\)、考虑 \(S\) 中元素时有多少种排列方式使得所有前缀和 \(\lt 0\)。则答案为 \(\sum\limits_{S\in U} f_{S}\cdot s_{S} \cdot g_{U/S}\)。\(g\) 是容易 dp 的；\(f\) 的转移，考虑在最前面加入一个数。

[PKUSC2018]真实排名

分别考虑每个人的成绩变不变，不变的话不能变的是一段区间，变的话必须变的是一段区间。

04.10

「WC2018」即时战略 (rts)

调了一年。

暴力思路：每次选一个点，从已知连通块不断拓展直到拓展到为止。直接上点分树，每轮最多拓展 \(O(dep)\) 个点，每轮拓展完类似替罪羊重构。总操作次数 \(O(n\log n)\)。

链要特别搞一下。

调试问题：重构点分树时，可以用深度判断是否在子树内。

「WC2019」远古计算机 (oldcomputer)

大玄学。

\(\text{subtask1,3}\)：读懂题。

\(\text{subtask2}\)：有点意思。把斐波那契数列打表出来，jmp 跳到对应行。

\(\text{subtask4}\)：事实上每个点的第二个寄存器是寄的，主要受到线路的制约。对 \(1\sim 50\) 处理处一条到 \(51\sim 100\) 任意结点的最短路，按到达的时间顺序输出，经过一些玄学调整可以通过。

\(\text{subtask5}\)：对每个结点记录其在某个时间结点是否被占用，依次跑最短路，按到达的时间顺序输出，经过一些玄学调整可以通过。

注意审题：多次调用一台计算机会寄。

[HAOI2017]方案数

经典模型的稍加改动，和那个网格图上障碍点的题十分相似。发现方案数只和 \(\operatorname{popcount}\) 的差有关，预处理每种差的方案数后，容斥 dp 即可。

[WC2020] 猜数游戏

考虑一个元素 \(x\) 能对哪些集合贡献。这需要满足 \(x\) 在集合中，且集合中没有能表示出 \(x\) 的元素。如果能求出元素间的表示关系，计算答案是容易的。分类讨论：

• \((a_i,p) \gt 1\)，则 \(a_i\) 只能表示出 \(O(\log p)\) 个数，暴力预处理；

• \((a_i,p)=1\)，考虑 \(a_i\) 关于 \(p\) 的阶 \(\operatorname{ord}_p(a_i)\)。

  引理：\(x\) 能表示 \(y\)，当且仅当 \(\operatorname{ord}_p(y)|\operatorname{ord}_p(x)\)。

  结合下文阶的性质 1,2 不难证明其充要性。由此可以把所有元素按阶分类，暴力枚举两数。

简要记一下阶：

对于满足 \((x,p)=1\) 的正整数 \(x,p\)，\(\operatorname{ord}_p(x)\) 定义为最小的 \(m\) 满足 \(x^m\equiv 1\pmod{p}\)，那么显然有 \(\operatorname{ord}_p(x) | \varphi(p)\)。特殊地，当 \(\operatorname{ord}_p(x) = \varphi(p)\) 时，称 \(x\) 为 \(p\) 的原根。求阶可以求出 \(\varphi(p)\) 后用因数试除。

1. \(a\equiv b\pmod{p} \Longleftrightarrow \operatorname{ord}_p(a)=\operatorname{ord}_p(b)\)

2. \(\operatorname{ord}_p(x^k) = \dfrac{\operatorname{ord}_p(x)}{(\operatorname{ord}_p(x),k)}\)

3. 当且仅当 \((\operatorname{ord}_p(a),\operatorname{ord}_p(b))=1\) 时，\(\operatorname{ord}_p(ab) = \operatorname{ord}_p(a)\operatorname{ord}_p(b)\)

04.11

[HNOI2016]最小公倍数

Powerful Number 图。

本质是求两点是否存在两种最大值恰好为查询的数对的路径。我们希望在只加入两种权值都 \(\le\) 该询问权值的情况下统计答案，这样就只需求最大值。离线，对边按 \(a\) 排序后分块，对询问按 \(b\) 排序。每块考虑 \(a\) 在当前块范围内的询问。前面的块按 \(b\) 排序，每次能产生贡献的是一段前缀，单指针维护；当前块内暴力加入，可撤销并查集维护。

调试问题：块边界没处理好。

[HAOI2018]反色游戏

当且仅当每个连通块中都不存在奇数个黑点时有解。

记连通块个数为 \(k\)，则初始答案为 \(2^{m-n+k}\)。维护点度数和全局奇黑连通块个数，考虑删去点 \(u\) 有什么影响：

• \(u\) 为割点，则会把一个连通块拆成若干连通块，需要预处理拆完后是否存在奇数个点的黑色连通块；
• 否则，只需考虑其对所在连通块黑点个数的影响。

特殊考虑没连出边的点，对答案没有影响。

调试问题：连通块根节点的割点数量求错。

「2022-02-05 厦门双十联考」区域划分 (divide)

有一些显而易见的无解情况：

• 相邻结点颜色相同；
• 有一种颜色没出现过。

但是找不出进一步的结论，于是大胆猜想剩下情况一定有解并通过构造证明。考虑增量构造，每一条边便增加一个三角形，为此需要维护满足左右相邻点和本结点都异色的结点集合，并支持删除一个结点，使用链表维护。但是这样有一个问题，在某种颜色 \(c\) 只剩下一个点时，这个算法可能将 \(c\) 色点直接删去导致剩下结点无法构造答案，此时特判即可完成构造。

「2021-02-28 联考」询问 (query)

把所有询问离线，每个 \(k\) 单独做。求出每个元素作为第 \(k\) 大值的所有区间（显然总数 \(O(nk)\)）后，相当于矩形加单点查。预处理区间可以排序之后使用链表，从小到大考虑完就删去。

「PR #1」删数

差分数组 \(\{d\}\)，则每次操作相当于把相邻相同的数删掉一个并把剩下一个 \(\times 2\)。把所有数按照正负和 \(\dfrac{d_i}{\operatorname{lowbit}(d_i)}\) 分段考虑，显然只有同一段的元素能够缩起来。对于同一段内的元素，我们就只需要考虑 \(\log_2 \operatorname{lowbit}(d_i)\)，那么合并两个数就相当于把两个数删去一个并把剩下一个 \(+1\)，这样就和 [USACO16OPEN]262144 P 一样了，类似倍增维护出合并出 \(j\) 时所在的位置，多加一个统计答案的 dp 即可。

调试问题：分段边界没清空。

04.12

[HAOI2018]奇怪的背包

拓展一下二元一次不定方程的结论

\(n\) 元一次不定方程 \(\sum\limits_{i=1}^n a_ix_i = b\) 有解，当且仅当 \((a_1,a_2,\cdots, a_n) | b\)

那么记 \(f_i\) 表示 \(\gcd() = i\) 的集合数量，每次询问的答案即为 \(\sum \limits _{d| w_i}f_d\)。\(f\) 背包一下就好了。

[HAOI2018]字串覆盖

数据范围明示数据分治。

• \(r-l \gt 50\)：后缀树上定位到对应结点 SAM 线段树合并二分求出区间中最前的结点，暴力求下一个区间在哪里。\(r-l\in [50,2000]\) 的询问次数不多，暴力跳的总次数不多。

• \(r-l \le 50\)：对每种长度分别考虑，倍增预处理跳了 \(2^j\) 个串后到达的位置及对应左端点下标和。

04.14

学习 PGF，见学习笔记。

[PKUSC2018]星际穿越

从 \(u\) 出发，第一次跳跃能走到 \([l_u,x]\) 的点，其中 \(x\) 是最大的能走到 \(u\) 的点；从第二次跳跃开始，行动轨迹变得有迹可循：记上一次跳跃能到达的左端点为 \(p\)，每次能够跳到 \(\min\limits_{i=p}^{x}l_i\) 处。这启发我们倍增预处理跳 \(2^j\) 步后到达的点，顺便维护跳 \(2^j\) 步代价之和。查询时特判第一步和最后没法跳满的部分。

04.15

「2020-04-21 省选模拟赛」探险队 (expedition)

对反图建以 \(T\) 为根的最短路径树，则被删去的边一定在 \(S\) 的祖先链上。对于一条非树边 \((u,v,w)\)，其能对 \(\operatorname{LCA}(u,v)\) 以下的所有结点 \(x\) 提供一条从绕开其父边的路径，总代价为 \(dis_u - dis_x + dis_v + w\)。可以从下往上跳，堆维护每条可行路径，但由于理解错题意对着堆调了一个上午导致我不想再碰它；题解给出了一个比较难想到的做法：记 \(f_u\) 表示从 \(u\) 出发的答案，\(g_u\) 表示发现有边被删后的最优策略下的路径长度，则 \(f_{u} \gets \max (g_u, f_v+w_{u,v})\)，转移顺序不明确，最短路优化。

调试问题：对题意给出了错误的理解。

「2020-04-03 省选模拟赛」玩具 (toy)

记会随时间增加边权的边为特殊边，则随着 \(x\) 增大，所用的特殊边数量是单调的，且对于使用同样数量特殊边的方案，其所用边集必然相同。于是把询问离线之后整体二分，费用流记录用了几条特殊边即可。

04.17

「JOISC 2020 Day2」遗迹 3

考虑如何从 \(h\) 得到 \(A\)。从后往前，对于柱子 \(i\)，若 \(h_i\) 在后面的最终高度没出现过，则会保留；否则会一直减到在后面的最终高度没出现为止。

即 \(i\) 的最终高度等于 小于 \(i\) 的初始高度的值中最大的 没在 \([i+1,2n]\) 的最终高度种出现过的值。

不妨先暴力一点，状压后缀没出现过的最终高度的集合。设 \(f_{i,S}\) 表示从后往前考虑到第 \(i\) 个位置，\(S\) 中的高度没在最终高度中出现过。由于我们并不知道每种初始高度出现过多少次，在这里认为高度相同的两个石柱本质不同，最后除掉 \(2^n\)。转移讨论是否被保留：

• 未被保留，记 \(S\) 中极长前缀 \(0\) 长度为 \(j\)，\([i+1,2n]\) 中未被选择的位置个数为 \(c\)，则这个位置必须填一个 \([1,j]\) 中的数。那么总共有 \(2j\) 个数可供选择，其中已被选择的高度有 \(j+c\) 个（每个被保留的位置恰有一种高度，每个未保留位置的高度也在 \([1,j]\) 中），则转移系数为 \(j-c\)；

• 被保留，枚举该位置的最终高度 \(k\)，我们需要保证填入的初始高度能被减到 \(k\)。记 \(S\) 中 \(k\) 后的极长连续 \(0\) 长度为 \(d\)，则转移系数为 \(d+2\)（初始高度为 \(k\) 有两种，初始高度 \(\gt k\) 有 \(d\) 种）。

现在需要优化状态。注意到极长前缀 \(0\) 的长度非常关键，设 \(f_{i,j}\) 表示从后往前考虑到第 \(i\) 个数，最终高度的前缀极长连续段为 \(1\sim j\)。转移依然讨论是否保留。未被保留的情况是简单的，转移需要的信息记在状态里，直接转移即可；但对于被保留的情况，此时我们并不知道 \(k\) 后极长连续 \(0\) 的长度，需要稍作调整。

我们只关心极长前缀连续 \(0\) 的长度，因此如果新加入的最终高度 \(\gt j+1\)，我们可以先放着不管，而是在之后某一次加入使得中间都连上时一起加入并统计贡献。说人话，每次转移加入一段连续的数 \([j+1,j+k]\)，比较类似贡献推迟计算的 trick。这样每次考虑的最终高度都是一段前缀。讨论：

• 加入的数不连续。由于推后计算，直接令 \(f_{i,j} \gets f_{i+1,j}\)；

• 加入一段连续的数。枚举加入数的个数 \(k\)，即从 \(f_{i+1,j}\to f_{i,j+k}\)。注意我们钦定了这个位置上的最终高度为 \(j+1\)。则 \(i\) 上可以选择 \(k+1\) 个数（考虑方式与状压时相同）。记 \(e\) 为 \([i+1,2n]\) 中保留的位置个数，则在这些位置中还需包含 \([j+2,j+k]\) 的元素，方案数为 \(\dbinom{e-j}{k-1}\)。但此时我们并没有确定初始高度的方案数，这似乎不好快速计算。这些数的初始高度显然在 \([j+2,j+k]\) 这个长度为 \(k-1\) 的区间中，这就意味着这个方案数与 \(j\) 没有关系，不妨先记作 \(t_{k-1}\)。于是得到转移 \(f_{i,j+k}\gets f_{i+1,j}(k+1)\dbinom{e-j}{k-1}t_{k-1}\)。

遗留的问题是 \(t_i\) 的计算。明确一下 \(t_i\) 的定义：填入 \(i\) 个在 \([1,i]\) 中的数使得最终高度恰为 \(1\sim i\) 的排列。称满足这一条件的填入方案合法，则一种填入方案合法当且仅当对 \(\forall 1\le k\le i\)，填入的数中 \(\le k\) 的数不超过 \(k\) 个。

再做一个 dp，记 \(g_{i,j}\) 表示考虑 \(i\) 种初始高度，填入 \(j\) 个位置的方案数，则 \(t_{i} = g_{i,i}\)。转移考虑新加一种初始高度，枚举填了多少个（\(0\sim 2\)）：\(g_{i,j} = g_{i-1,j} + g_{i-1,j-1}\cdot 2j + g_{i-1,j-2}\cdot j(j-1)\)。只需保证 \(j\le i\) 即可满足合法性。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

04.18

「JOISC 2020 Day2」有趣的 Joitter 交友

双向边连接形成的连通块会被缩成团，直接维护这个团。需要维护的信息有：团中元素的集合 \(E\)、连向该团的团的集合 \(A\)、该团连向的团的集合 \(B\)、连向该团的点集 \(C\)，则一个团的贡献为 \(|E|(|E|-1) + |E||C|\)。连边时启发式合并缩团，可能产生连锁反应，类似 bfs 队列维护。

调试问题：写了假的启发式合并，遍历了大的集合。

「NOI2019」回家路线

式子看着就很斜优。对每个地点维护斜率单调队列，按时间枚举事件（到达、出发），到达时尝试加入队列，出发时转移。

04.19

「NOI2019」I 君的探险

暴力

枚举每个点操作，若操作后某个点状态改变则有连边。

树（\(x\lt y\)）

二分父亲的位置，整体二分。

树（一般情况）

考虑每次删去叶子。令标号变为 \([1,n]\)。对每个 \(k\)，把二进制下第 \(k\) 位为 \(1\) 的拿出来，记录状态改变的点，则可得到所有相邻点编号的异或和 \(s_x\)。那么对于叶子，则有 \(s_x=x\)。并且可以通过 \(O(1)\) 次操作判断两点间是否有边，依此逐步迭代。

一般情况

对每个点以 \(\dfrac{1}{2}\) 的概率随机修改，记修改的集合为 \(S\)，状态改变的点集为 \(T\)，则 \(T\) 中结点与 \(S\) 中结点定有连边。分治，每次随机修改，划分集合。使用 check 减少孤立点个数以剪枝。

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与非 (nand)

与非可以表示出所有基本位运算。因此直观来看可以表示的数很多。考虑二进制下两位 \(i,j\)，若对所有数 \(k\) 都有 \(a_{k,i}=a_{k,j}\)，则结果中这两位一定相同，否则互不影响。并查集维护出相同的集合。按照套路，统计答案时从高到低枚举相同的位数。

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CF212A Privatization

见寒假的学习笔记

CF1147F Zigzag Game

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04.20

vp 联合省选 Day1，打得比较保守，T2 T3 只写了暴力。

「ExPR #1」乘积（ABC239 Task Ex (Dice Product 2)）

\(f_i\) 表示 \(m=i\) 时的期望，则 \(f_n = 1+\sum\limits_{i=1}^{n}f_{\lfloor\frac{n}i\rfloor}\)。移项后类似杜教筛递归计算即可。

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[ZJOI2019]开关

按 \(k\) 次开关得到目标状态和回到原状态的 EGF 分别为

\[F(x) = \prod \dfrac{e^x+(-1)^{s_i}e^{-x}}{2} \]

\[G(x) = \prod \dfrac{e^x+e^{-x}}{2} \]

但我们想要的是期望，也即概率生成函数（OGF）的导数。设 \(f(x),g(x)\) 分别为 \(F(x),G(x)\) 转为 OGF，则所求即为 \(h^{\prime}(1) = (\dfrac{f}{g})^{\prime}(1)\)。

将 \(F(x)\) 写成 \(\sum c_i e^{ix}\) 的形式，则有 \(f(x) = \sum \dfrac{c_i}{1-ix}\)，同理设 \(g(x) = \sum\dfrac{d_i}{1-ix}\)，其中 \(c_i,d_i\) 均可背包求出。

那么 \(h^{\prime} = (\dfrac{f}{g})^{\prime} = \dfrac{f^{\prime} g-g^{\prime} f}{g^2}\)，但直接带入 \(x=1\) 会有收敛性的问题。分子分母同乘 \(1-x\)，即令 \(f(x)\gets f(x)(x-1) = c_1 + \sum\limits_{i\ne 1}\dfrac{c_i(1-x)}{1-ix}\)，\(g\) 同理，则 \(f(1)=c_1\)，\(g(1) = d_1\)，答案即为

\[h^{\prime}(1) = \dfrac{f^{\prime}(1) g(1)-g^{\prime}(1) f(1)}{g(1)^2} = \sum\limits_{i\ne 1}\dfrac{c_i d_1-d_i c_1}{d_1^2(i-1)} \]

上述讨论在 \(p_i\gets \dfrac{p_i}{\sum p_i}\) 时进行，实现上不能先进行，需要稍加修改。

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[PKUSC2018]神仙的游戏

转化成周期之后，等价于判断是否存在两个不同字符距离为 \(k\) 的倍数。翻转数组后 NTT 求出所有距离即可。

04.21

vp 联合省选 Day2，不知道为什么 T1 做了很久。最后挂了。注意模数。

[PKUSC2018]主斗地

大搜索。没有 \(3\) 状态数不多。然后搜用了多少三带四带，贪心打剩下的牌。

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CF1408E Avoid Rainbow Cycles

把集合建点，若数 \(x\) 存在于集合 \(y\) 中则 \(x,y\) 连边。则题中彩虹环对应新图上的环，求最大生成树。

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「2022-02-04 省选模拟赛」游戏

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「2022-02-06 省选模拟赛」A

见寒假的学习笔记

CF762F Tree nesting

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04.22

「WC2018」通道 (tunnel)

第一棵树边分治，第二棵树上建虚树，dp 剩下权值的最大值。具体地，类似树上直径的结论，每个点的最优决策点必定为两端点，且可以合并。转移直接枚举合并方式。

也可以点分治，每次选两个大小最小的子树合并。

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CF868E Policeman and a Tree

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[BalticOI 2021 Day2] The short shank

考虑能传染到每个点的第一个点 \(p_i\)，则对于两个本不会造反的点 \(i,j\)，\([p_i,i]\) 与 \([p_j,j]\) 包含或不交。对每个点 \(v\)，找到最小的包含它的点 \(u\) 连边，形成一棵树。则阻断一个点相当于减去树上一条到根的路径。即选 \(D\) 条路径使权值和最大。长剖。

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CF526G Spiders Evil Plan

\(y\) 条路径等价于 \(2y\) 条从叶子到根的路径。显然要以直径两端点为根。长剖，处理每条长链的优先级。为了把 \(x\) 加入连通块，有两种决策：

• 删去最短的长链，连上 \(x\)；
• 删去 \(x\) 往上跳到的第一条长链，把那条长链改成连向 \(x\)。

倍增优化。

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「NOI2018」冒泡排序

好排列等价于不存在长度超过 \(2\) 的下降子序列，我只有一个非常不严谨的感性证明。先不考虑字典序的限制，总方案数怎么求。设 \(f_{i,j}\) 表示填了 \(i\) 个数，最大值为 \(j\) 的方案数。转移考虑末尾新加一个数 \(x\)：

• \(x\lt j\)，则 \(x\) 必须是未出现过的数中最小的；
• \(x\gt j\)，随意；

于是 \(f_{i,j} \to f_{i+1,k}\)（\(k\ge j\)），即 \(f_{i,j} = \sum\limits_{k=1}^{j}f_{i-1,k} = f_{i-1,j} + f_{i,j-1}\)，转化为网格图上走路，注意到 \(i\le j\)，于是 \(f_{n,n} = Cat(n)\)。

对于字典序的限制，枚举前 \(i-1\) 位相同，第 \(i\) 位大于。记 \(m = \max(前缀最大值,a_i)\)，则相当于从 \((n-i+1, n-m-1)\) 走到 \((n,n)\)，依然搬上卡特兰数即可 \(O(1)\) 计算。

04.23

LOJ #6274. 数字

先考虑判断能否存在 \(x\operatorname{or}y =T\)，\(x\operatorname{and}y =S\)。设 \(f_{i,lx,rx,ly,ry}\) 表示从高到低考虑到第 \(i\) 位，是否大于 \(Lx\)，是否小于 \(Rx\)，是否大于 \(Ly\)，是否小于 \(Ry\)。把这个 dp 数组压成状态，\(g_{i,S}\) 表示从高到低考虑到第 \(i\) 位，\(f\) 状态（合法性）为 \(S\) 的方案数。枚举当前位填什么转移。状态数 \(2^{16}\times 60\)。

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LOJ #6497. 「雅礼集训 2018 Day1」图

设 \(f_{i,j,k,l}\) 表示前 \(i\) 个点，路径长度奇偶性为 \(j\)，奇黑个数、奇白个数。设加入一个新白点，黑点同理：

• \(k=0\)，则随意连边，\(f_{i+1,j\oplus 1,k,1}\gets 2^i\cdot f_{i,j,k,l}\)；

• \(k\gt 0\)，可以选择钦定/不钦定一个奇黑向其连边，于是新点作为奇偶的方案数应该是相等的。

注意到我们只关心是否存在奇黑、奇白，后两维只需记 \(0/1\)。

据此转移即可。